Chủ đề này có 9 trả lời

[Nobodyv3]

1/ Tính tổng $$S=\sum_{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=n}\binom{n}{x_{1},x_{2},x_{3},x_{4} }$$
trong đó các $x_i$ nguyên và $x_{1}\geq 1,x_{2}\geq 0,x_{3}\geq 1,x_{4}\geq 0$
2/ Có bao nhiêu cách chia 11 táo, 9 cam cho 4 đứa trẻ sao cho mỗi bé được 5 quả.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 12-11-2022 - 23:02

[perfectstrong]

Ký hiệu này có nghĩa là gì em?

\[\binom{n}{x_{1},x_{2},x_{3},x_{4} }\]

[Nobodyv3]

Ký hiệu này có nghĩa là gì em?
\[\binom{n}{x_{1},x_{2},x_{3},x_{4} }\]

$\binom{n}{x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}}=\frac {n!}{x_1!x_2!x_3!x_4!}$
Em xin lỗi ạ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 13-11-2022 - 06:38

[chanhquocnghiem]

Có bao nhiêu cách chia 11 táo, 9 cam cho 4 đứa trẻ sao cho mỗi bé được 5 quả.

Chắc là chỉ có thể dùng phương pháp hàm sinh ?

------------------------------------------------

Hàm sinh cho số cách chia cho $4$ đứa trẻ :

$f(x,y)=(x^5+x^4y+x^3y^2+x^2y^3+xy^4+y^5)^4=\left ( \frac{x^6-y^6}{x-y} \right )^4$

Số cách chia thỏa mãn yêu cầu đề bài là $\left [ x^{11}y^9 \right ]f(x,y)=140$.
 

[Nobodyv3]

Chắc là chỉ có thể dùng phương pháp hàm sinh ?
------------------------------------------------
Hàm sinh cho số cách chia cho $4$ đứa trẻ :
$f(x,y)=(x^5+x^4y+x^3y^2+x^2y^3+xy^4+y^5)^4=\left ( \frac{x^6-y^6}{x-y} \right )^4$
Số cách chia thỏa mãn yêu cầu đề bài là $\left [ x^{11}y^9 \right ]f(x,y)=140$.

Đúng là hổ mọc thêm cánh, rồng thêm vây!
- Tò mò thêm chút nữa, anh có thể trình bày cách tính tay hệ số này không anh.
Hoặc giải theo cách truyền thống...

[chanhquocnghiem]

Đúng là hổ mọc thêm cánh, rồng thêm vây!
- Tò mò thêm chút nữa, anh có thể trình bày cách tính tay hệ số này không anh.
Hoặc giải theo cách truyền thống...

Để ý rằng khi khai triển $f(x,y)=(x^5+x^4y+x^3y^2+x^2y^3+xy^4+y^5)^4$ thì phần biến của tất cả các số hạng đều có dạng $x^{20-m}y^m$. Do đó, hệ số của số hạng chứa $x^{11}y^9$ trong $f(x,y)$ cũng là hệ số của số hạng chứa $y^9$ trong $g(y)=(1+y+y^2+y^3+y^4+y^5)^4$ (không cần quan tâm đến biến $x$)

$g(y)=\sum_{k=0}^{4}C_4^k(y^2+y+1)^{4-k}\left [ y^3(y^2+y+1) \right ]^k=(y^2+y+1)^4\sum_{k=0}^{4}C_4^ky^{3k}=\sum_{i=0}^{4}C_4^i(y^2+y)^i\sum_{k=0}^{4}C_4^ky^{3k}=\sum_{i=0}^{4}C_4^i(y+1)^iy^i\sum_{k=0}^{4}C_4^ky^{3k}=\sum_{k=0}^{4}C_4^ky^{3k}\sum_{i=0}^{4}C_4^iy^i\left ( \sum_{j=0}^{i}C_i^jy^j \right )$

$\left [ y^{3k+i+j} \right ]g(y)=C_4^kC_4^iC_i^j$

+ $k=1$, $i=3$, $j=3\rightarrow C_4^1C_4^3C_3^3=16$

+ $k=1$, $i=4$, $j=2\rightarrow C_4^1C_4^4C_4^2=24$

+ $k=2$, $i=2$, $j=1\rightarrow C_4^2C_4^2C_2^1=72$

+ $k=2$, $i=3$, $j=0\rightarrow C_4^2C_4^3C_3^0=24$

+ $k=3$, $i=0$, $j=0\rightarrow C_4^3C_4^0C_0^0=4$

$\Rightarrow \left [ x^{11}y^9 \right ]f(x,y)=\left [ y^9 \right ]g(y)=16+24+72+24+4=140$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 13-11-2022 - 13:57

[Nobodyv3]

Để ý rằng khi khai triển $(x^5+x^4y+x^3y^2+x^2y^3+xy^4+y^5)^4$ thì phần biến của các số hạng sẽ có dạng $x^{20-m}y^m$
 
(Mình có việc đột xuất, để chiều trình bày tiếp)

Em chờ...và sau đây là :
- Đề nghị 1 lời giải không kém phần giản dị:
Trước hết, ta chia 9 cam cho 4 bé : $\binom {12}{3}$ cách, nhưng sẽ có 1 bé có nhiều hơn 5 trái, do đó số cách chia 9 cam cho 4 bé sao cho số cam mỗi bé nhỏ hơn hoặc bằng 5 trái là :
$\binom {12}{3}-4\binom {6}{3}=220-80=140$ cách
Sau đó, ta cứ thêm táo vào mỗi phần sao cho mỗi bé được 5 trái. Vậy số cách chia thỏa yêu cầu là $\boldsymbol {140}$ cách.

[chanhquocnghiem]

Em chờ...và sau đây là :
- Đề nghị 1 lời giải không kém phần giản dị:
Trước hết, ta chia 9 cam cho 4 bé : $\binom {12}{3}$ cách, nhưng sẽ có 1 bé có nhiều hơn 5 trái, do đó số cách chia 9 cam cho 4 bé sao cho số cam mỗi bé nhỏ hơn hoặc bằng 5 trái là :
$\binom {12}{3}-4\binom {6}{3}=220-80=140$ cách
Sau đó, ta cứ thêm táo vào mỗi phần sao cho mỗi bé được 5 trái. Vậy số cách chia thỏa yêu cầu là $\boldsymbol {140}$ cách.

Hay, một lời giải rất độc đáo. Mình chỉ xin phép sửa lại một chút xíu cho rõ hơn :

Trước hết, chia $9$ quả cam cho $4$ bé (có thể có bé không có quả nào) : Có $\binom{12}{3}$ cách. Nhưng có thể có $1$ bé có nhiều hơn $5$ quả...
 

[Nobodyv3]

+ Tính hệ số của $x^{11}y^9$
trong khai triển $f(x,y)$. Em xin bắt đầu từ đây :
$f(x,y)=\left ( \frac{x^6-y^6}{x-y} \right )^4=\left ( x^6-y^6 \right )^4\left ( x-y \right )^{-4}=\left ( x^6-y^6 \right )^4x^{-4}\left ( 1-\frac{y}{x} \right )^{-4}$
Mà :
$x^{-4}\left ( 1-\frac{y}{x} \right )^{-4}=x^{-4}\sum_{k\geq 0}\binom{k+3}{3}\left ( x^{-1}y \right )^k=\sum_{k\geq 0}\binom{k+3}{3}x^{-4-k}y^k$
Nên :
$f(x,y)=\left ( x^{24}-4x^{18}y^6+6x^{12}y^{12}-4x^6y^{18}+y^{24} \right )\sum_{k\geq 0}\binom{3+k}{3}x^{-4-k}y^k$
Do đó :
- $\left [ x^{11}y^9 \right ]x^{24}y^0\sum_{k\geq 0}\binom{k+3}{3}x^{-4-k}y^k=\left [ x^{-13}y^9 \right ]\binom{9+3}{3}=\binom{12}{3}$
- $\left[x^{11}y^9 \right ](-4x^{18}y^6)\sum_{k\geq 0}\binom{k+3}{3}x^{-4-k}y^k=\left [ x^{-7}y^3 \right ](-4)\binom{3+3}{3}=-4\binom{6}{3}$
Vậy số cách chia thỏa yêu cầu là :
$\left [ x^{11}y^9 \right ]f(x,y)=\binom{12}{3}-4\binom{6}{3}=220-80=\boldsymbol {140}$

[Nobodyv3]

1/Nếu $x_i\geq 0\Longrightarrow\sum_{x_1+
x_2+x_3+x_4=n}\binom{n}{x_1,x_2,x_3,x_4 }=4^n$
Nếu $x_1= 0\Longrightarrow\sum_{
x_2+x_3+x_4=n}\binom{n}{x_2,x_3,x_4 }=3^n$
Nếu $x_3= 0\Longrightarrow\sum_{x_1+
x_2+x_4=n}\binom{n}{x_1,x_2,x_4 }=3^n$
Nếu $x_1= 0 $ và $ x_3=0\Longrightarrow\sum_{
x_2+x_4=n}\binom{n}{x_2,x_4 }=2^n$
Theo nguyên lý bù trừ ta được :
$S=4^n-3^n-3^n+2^n=\boldsymbol {4^n-2\cdot3^n+2^n}$